【文档说明】四川省成都市树德中学2024-2025学年高二上学期月考（一）数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，2.069 MB，由小赞的店铺上传

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树德中学高二上数学月考（一）一､单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.某高校对中文系新生进行体测，利用随机数表对650名学生进行抽样，先将650名学生进行编号，001，002，…，649，650.从中抽取50个样本，下图提供随

机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（）32211834297864540732524206443812234356773578905642844212533134578607362

5300732862345788907236896080432567808436789535577348994837522535578324577892345A.623B.328C.072D.457【答案

】A【解析】【分析】按照随机数表提供的数据，三位一组的读数，并取001到650内的数，重复的只取一次即可【详解】从第5行第6列开始向右读取数据，第一个数为253，第二个数是313，第三个数是457，下一个数是860，不符合要求，下一个数是736，不符合要求

，下一个是253，重复，第四个是007，第五个是328，第六个数是623，，故A正确.故选：A.2.某校高一共有10个班，编号1至10，某项调查要从中抽取三个班作为样本，现用抽签法抽取样本，每次抽取一

个号码，共抽3次，设五班第二次被抽到的可能性为b，则（）A.19b=B.29b=C.310b=D.110b=【答案】D【解析】【分析】根据题意，在抽样过程中每个个体被抽到的概率相等即可求解.【详解】因为总体中共有10个个体，所

以五班第一次没被抽到，第二次被抽到的可能性为91110910b==.故选：D.3.已知向量13,22AB=−，31,22BC=−，则ABC=（）A.30°B.150°C.60°D.120°【答案】B【解析】【分析】根据向量夹角的坐标表示求出向量

夹角，进而求解几何角.【详解】因为向量13,22AB=−，31,22BC=−，所以2222133122223cos,213312222ABBCABBCABBC+−−===+−+−

，又0,180ABBC，所以,30ABBC=，所以,18030150BABC=−=，所以150ABC=o.故选：B.4.已知,ab为两条不同的直线，,为两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A.若//ab，,ba，则//aB.若,ab

⊥⊥，则//abC.若,,bab⊥=⊥，则a⊥D.若,ab为异面直线，,ab，//a，//b，则//【答案】C【解析】【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据线面垂直的性质判断B

，当a时即可判断C，根据异面直线的定义及线面平行的性质定理判断D.【详解】对于A：若//ab，,ba，根据线面平行的判定定理可知//a，故A正确；对于B：若,ab⊥⊥，则//ab，故B正确；对于C：当a时，,,bab⊥=⊥，

由面面垂直的性质定理可得a⊥，当a时，,,bab⊥=⊥，则//a或a或a与相交，故C错误；对于D：因为a，//b，所以存在b使得//bb，又b，b，所以//b，又//a且,ab为异面直线，所以平面内的两

直线b、a必相交，所以//，故D正确.故选：C5.下列说法正确的是（）A.互斥的事件一定是对立事件，对立事件不一定是互斥事件B.若()()1PAPB+=，则事件A与事件B是对立事件C.从长度为1，3，5，7，

9的5条线段中任取3条，则这三条线段能构成一个三角形的概率为25D.事件A与事件B中至少有一个发生的概率不一定比A与B中恰有一个发生的概率大【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件、对立事件和古典概型及其计算逐一判定即可．【详解】对于A，由互斥事件和对立事件的关系可判断，对立事件

一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件，故A错误;对于B，由()()1PAPB+=，并不能得出A与B是对立事件，举例说明：现从a，b，c，d四个小球中选取一个小球，已知选中每个小球的概率是相同的，设事件A表示选中a球或b球，则1()2PA=，事件B表示选

中b球或c球，则1()2PB=，所以()()1PAPB+=，但A，B不是对立事件，故B错误;对于C，该试验的样本空间可表示为：{(1,3,5),(1,3,7),(1,3,9),(1,5,7),(1,5,9),(1,7,9)

,(3,5,7),(3,5,9),(3,7,9)(5,7,9)}=，共有10个样本点，其中能构成三角形的样本点有(3,5,7),(3,7,9),(5,7,9)，共3个，故所求概率310P=，故C错误;对于D，若A，B是互斥事件，事件A，B中至少有一个发生的概率等于A，B中恰有一

个发生的概率，故D正确．故选：D.6.一组数据：53，57，45，61，79，49，x，若这组数据的第80百分位数与第60百分位数的差为3，则x=（）．A.58或64B.58C.59或64D.59【答案】A【解析】【分析】先对数据从小到大排序，

分57x，79x，5779x三种情况，舍去不合要求的情况，列出方程，求出答案,【详解】将已知的6个数从小到大排序为45，49，53，57，61，79．若57x，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为

61和57，他们的差为4，不符合条件；若79x，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为79和61，它们的差为18，不符合条件；若5779x，则这组数据的第80百分位数与第60百分位数分别为x和61（或61和x），则613x−=，解

得58x=或64x=故选：A7.如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面,,2ABCDFBEDABEDFB==∥，记三棱锥,,EACDFABCFACE−−−的体积分别为123,,VVV，则（）A.322VV=B.31VV=C.3123VVV=−D.31

23VV=【答案】D【解析】【分析】结合线面垂直的性质，确定相应三棱锥的高，求出123,,VVV的值，结合选项，即可判断出答案.【详解】连接BD交AC于O，连接,OEOF，设22ABEDFB===，由于ED⊥平面,ABCDFBED∥，则FB⊥平面ABCD,则1211141112222,2

2133233323ACDABCVSEDVSFB======；ED⊥平面,ABCDACÌ平面ABCD，故EDAC⊥，又四边形ABCD为正方形，则ACBD⊥，而,,EDBDDEDBD=平面BDEF，故AC⊥平面BDEF，OF平面BDEF，

故ACOF⊥，又ED⊥平面ABCD，FB⊥平面ABCD，BD平面ABCD，故,EDBDFBBD⊥⊥，222222,26,3,BDODOBOEODEDOFOBBF====+==+=，而()223EFBDE

DFB=+−=，所以222EFOFOE+=，即得OEOF⊥，而,,OEACOOEAC=平面ACE，故OF⊥平面ACE，又222222ACAECE===+=，故()22311313223233434FACEVVACESOFACO

F=−====，故323131231,2,,233VVVVVVVVV−=，故ABC错误，D正确，故选：D8.已知平面向量a，b，e，且1e=，2a=.已知向量b与e所成的角为60°，且btebe−

−对任意实数t恒成立，则12aeab++−的最小值为（）A.31+B.23C.35+D.25【答案】B【解析】【分析】btebe−−对任意实数t恒成立，两边平方，转化为二次函数的恒成立问题，用判别式来解，算出||2b=r，借助2a=，得到122aeae+=+，12aeab++−的最小值转化为

11222aeab++−的最小值，最后用绝对值的三角不等式来解即可【详解】根据题意，1cos602bebeb==，btebe−−，两边平方22222||2||2btetbebebe+−+−，整理

得到210tbtb−−+，对任意实数t恒成立，则()2Δ||410bb=−−+，解得2(2)0b−，则||2b=r由于2a=，如上图，122aeae+=+，则111112(2)()22222aeabaeabaeab++−=++−+−−2228

423ebebbe=+=+=+=，则12aeab++−的最小值为23．当且仅当12,,2eba−终点在同一直线上时取等号.故选：B．二､多项选择题.本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求，部分选对的得部分，有选错的得

0分.9.某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短期；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种参保客户进行抽样调查，得到如图所示的统计图表．则（）.A.丁险种参保人

数超过五成B.41岁以上参保人数超过总参保人数的五成C.18－29周岁人群参保的总费用最少D.人均参保费用不超过5000元【答案】ACD【解析】【分析】根据统计图表逐个选项进行验证即可.【详解】由参保险种比例

图可知，丁险种参保人数比例10.020.040.10.30.54−−−−=，故A正确;由参保人数比例图可知，41岁以上参保人数超过总参保人数的45%不到五成，B错误;由不同年龄段人均参保费用图可知，1829周岁人群人均参保费用最少()3000,4000，但是这类人所占比例为15%，54周岁以上

参保人数最少比例为10%，54周岁以上人群人均参保费用6000,所以18－29周岁人群参保的总费用最少，故C正确．由不同年龄段人均参保费用图可知，人均参保费用不超过5000元,故D正确;故选：ACD．1

0.在发生公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间内没有发生大规模群体感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”过去10日，甲､乙､丙､丁四地新增疑似病例数据信息如下：甲地：中位数为2，极差为5；乙地：总体平均数为2，众数为2；丙地：总

体平均数为1，总体方差大于0；丁地：总体平均数为2，总体方差为3.则甲､乙､丙､丁四地中，一定没有发生大规模群体感染的有（）A.甲地B.乙地C.丙地D.丁地【答案】AD【解析】【分析】假设最多一天疑似病例超过7人，根据极差可判断AD；根据平均数可算出10天疑似

病例总人数，可判断BC．【详解】解：假设甲地最多一天疑似病例超过7人，甲地中位数为2，说明有一天疑似病例小于2，极差会超过5，甲地每天疑似病例不会超过7，选A．根据乙、丙两地疑似病例平均数可算出10天疑似病例总人数，可推断最多一天疑似病例可能超

过7人，由此不能断定一定没有发生大规模群体感染，不选BC；假设丁地最多一天疑似病例超过7人，丁地总体平均数为2，说明极差会超过3，丁地每天疑似病例不会超过7，选D．故选：AD．11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心

，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法正确的是（）A.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为622−B.勒洛四面体被平面ABC截得的截面面积是()2π3−C.勒洛四面体表面上交线AC的长度为2π3D.勒洛

四面体表面上任意两点间的距离可能大于2【答案】ABD【解析】【分析】A选项：求出正四面体ABCD的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线AC所在圆的圆心和半径，求出

长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.【详解】A选项，先求解出正四面体ABCD的外接球，如图所示：取CD的中点G，连接,BGAG，过点A作AFBG⊥于点F，则F为等边ABCV的中心，外接球球心为O，连接OB，则,OAOB为外接球半径，设OAOBR==，由正四

面体的棱长为2，则1CGDG==，3BGAG==，1333FGBG==，22333BFBG==22126333AFAGFG=−=−=，263OFAFRR=−=−，由勾股定理得：222OFBFOB+=，即222262333RR−+=，解得：62R

=，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：图中取正四面体ABCD中心为O，连接BO交平面ACD于点E，交AD于点F，其中AD与ABD△共面，其中BO即为正四面体外接球半径62R=，设勒洛四面体内切球半径

为r，则622rOFBFBO==−=−，故A正确；B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：面积为()2221π3333π22222344−+=−，B正确；C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线AC所在圆的圆心为

BD的中点M，故3MAMC==，又2AC=，由余弦定理得：2223341cos23233AMMCACAMCAMMC+−+−===，故1arccos3AMC=，且半径为3，故交线AC的长度等于13arc

cos3，C错误；D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：连接GH，交AB于中点S，交CD于中点T，连接AT，则22312STATAS=−=−=，则由C选项的分析知：3TGSH==，所以3232322GH=−+=−，故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于

2，D正确.故选：ABD.【点睛】结论点睛：勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为232aa−，②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60的扇形弧长之和，其圆心角为1arccos3

，半径为32a.三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.12.某工厂生产A、B、C三种不同型号的产品，产品数量之比依次为3：4：7，现在用分层抽样的方法抽出容量为n的样本，样本中的A型号产品有15件，那么样本容量n为_____

___．【答案】70【解析】【分析】利用分层抽样的定义得到方程，求出70n=.【详解】由题意得315347n=++，解得70n=.故答案为：7013.平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD2=，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A′﹣BCD，使平面A′BD⊥平面BCD，

若四面体A′﹣BCD顶点在同一个球面上，则该球的表面积_____.【答案】3【解析】【分析】根据BD⊥CD，BA⊥AC，BC的中点就是球心，求出球的半径，即可得到球的表面积.【详解】因为平面A′BD⊥平面BCD，BD⊥CD，所以CD⊥平面ABD

，∴CD⊥BA，又BA⊥AD，∴BA⊥面ADC，所以BA⊥AC，所以△BCD和△ABC都是直角三角形，由题意，四面体A﹣BCD顶点在同一个球面上，所以BC的中点就是球心，所以BC3=，球的半径为：32所以球的表面积为：23

4()2=3π.故答案为：3.【点睛】本题主要考查面面垂直的性质定理和球的外接问题，还考查空间想象和运算求解的能力，属于中档题.14.若一组样本数据12,,nxxx的平均数为10，另一组样本数据1224,24,,24nxxx+++的方差为8

，则两组样本数据合并为一组样本数据后的方差是__________.【答案】54【解析】【分析】计算出1niix=、21niix=的值，再利用平均数和方差公式可求得合并后的新数据的方差.【详解】由题意可知，数据12,nxxx的平均数为10，所以12)101(nxxxxn=+++=，则110n

iixn==，所以数据1224,24,,24nxxx+++的平均数为121(242424)210424nxxxxn=++++++=+=，方差为()(()222221111444[24241010nnniiiiiisxxxxnnnnn====

+−+=−=−2144008niixn==−=，所以21102niixn==，将两组数据合并后，得到新数据1212,24,24,,24,nnxxxxxx+++，，则其平均数为11114)4)11113]4)[(2(3(2

22ninnniiiiiiixxxxxnnn=====+=+=++()13104172=+=，方差为()()2222111111172417(586458)22nnnniiiiiiiisxxxxnnn=====−++−=−+1(5

1028610458)542nnnn=−+=.故答案为：54.四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.袋中有形状、大小都相同的4个小球，标号分别为1,2,3,4.

（1）从袋中一次随机摸出2个球，求标号和为奇数的概率;（2）从袋中每次摸出一球，有放回地摸两次.甲、乙约定：若摸出两个球标号和为奇数，则甲胜，反之，则乙胜.你认为此游戏是否公平?说明你的理由.的【答案】（1）23（2）是公平的，理由见解析【解析】【分析】（1）利用列举法写出样本空间及事

件的样本点，结合古典概型的计算公式即可求解;（2）利用列举法写出样本空间及事件的样本点，结合古典概型的计算公式及概率进行比较即可求解.【小问1详解】试验的样本空间{(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4)}=，共6个样本点，设标号和为奇数为事件B，则B包含的样本

点为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4个，所以42().63PB==【小问2详解】试验的样本空间{(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(

3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}=，共有16个，设标号和为奇数为事件C，事件C包含的样本点为(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,3)，(3,2)

，(3,4)，(4,1)，(4,3)，共8个,故所求概率为81()162PC==,即甲胜的概率为12，则乙胜的概率为12,所以甲、乙获胜的概率是公平的.16.（1）请利用已经学过的方差公式：()2211niisxxn==−来证明方差第二公式22211niisxxn==−

；（2）如果事件A与B相互独立，那么A与B相互独立吗？请给予证明.【答案】（1）证明见解析；（2）独立，证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意，对方差公式恒等变形，分析可得结论；（2）根据相互独立事件的定义，只需证

明()()()PABPAPB=即可.【详解】（1）()()()()2222212111ninisxxxxxxxxnn==−=−+−++−()()2222121212nnxxxxxxxnxn=+++−+++()22221212nxxxxnxnxn=

+++−+()2222121nxxxnxn=+++−2211niixxn==−；（2）因为事件A与B相互独立，所以()()()PABPAPB=，因为()()()PABPABPA+=，所以()()()()()()PAB

PAPABPAPAPB=−=−()()()()()1PAPBPAPB=−=，所以事件A与B相互独立.17.如图，四棱锥PABCD−的侧面PAD是边长为2的正三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAD⊥平面ABCD，M，N分别为AB，AD的中点，二面角D

PNC−−的正切值为2.（1）求四棱锥PABCD−的体积；（2）证明：DMPC⊥（3）求直线PM与平面PNC所成角的正弦值.【答案】（1）433（2）证明见解析（3）35【解析】【分析】（1）先证明DNC为二面角DPNC−−的平面角，可得底面ABCD为正方形，利用锥体的体积公式计算即

可；（2）利用线面垂直的判定定理证明DM⊥平面PNC，即可证明DMPC⊥；（3）由DM⊥平面PNC可得MPO为直线PM与平面PNC所成的角，计算其正弦值即可.【小问1详解】解：∵PAD△是边长为2的正三角形，N为AD中点，∴PNAD^，3PN=又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平

面ABCDAD=∴PN^平面ABCD又NC平面ABCD，∴PNNC⊥∴DNC为二面角DPNC−−的平面角，∴tan2DCDNCDN==又1DN=，∴2DC=∴底面ABCD为正方形.∴四棱PABCD−的体积14322333V==.【小问2详解】证明：由（

1）知，PN^平面ABCD，DM平面ABCD，∴PNDM⊥在正方形ABCD中，易知DAMCDN≌△△∴ADMDCN=而90ADMMDC+=，∴90DCNMDC+=∴DMCN⊥∵PNCNN=，∴DM⊥平面PNC∵PC平面PNC，∴DMPC⊥.【小问3详解】设DMCN

O=，连接PO，MN.∵DM⊥平面PNC.∴MPO为直线PM与平面PNC所成的角∵2,1ADAM==，∴5DM=，122555DO==∴2535555MO=−=又2MN=，225PMPNMN=+=∴3535sin55MOMPOPM===∴直线PM与平面PNC所成

角的正弦值为35.18.某市根据居民的月用电量实行三档阶梯电价，为了深入了解该市第二档居民用户的用电情况，该市统计局用比例分配的分层随机抽样方法，从该市所辖A，B，C三个区域的第二档居民用户中按2：2：1的比例分配抽取了100户后，统计其去年一年的月均用电量（单位：kWh），进行适当分

组后（每组为左闭右开的区间），频率分布直方图如下图所示.（1）求m的值；（2）若去年小明家的月均用电量为234kWh，小明估计自己家的月均用电量超出了该市第二档用户中85%的用户，请判断小明的估计是否正

确？（3）通过进一步计算抽样的样本数据，得到A区样本数据的均值为213，方差为24.2；B区样本数据的均值为223，方差为12.3；C区样本数据的均值为233，方差为38.5，试估计该市去年第二档居民用户月均用电

量的方差.（需先推导总样本方差计算公式，再利用数据计算）【答案】（1）0.016m=（2）不正确（3）78.26【解析】【分析】（1）利用频率和为1列式即可得解；（2）求出85%分位数后判断即可；（3）利用方差公式推导总样本方差计算公式，从而得解.【小问1详解】根据频率和为1，可知(

)0.0090.0220.0250.028101m++++=，可得0.016m=.【小问2详解】由题意，需要确定月均用电量的85%分位数，因为()0.0280.0220.025100.75++=，()0.0280.0220

.0250.016100.91+++=，所以85%分位数位于)230,240内，从而85%分位数为0.850.7523010236.252340.910.75−+=−.所以小明的估计不正确.【小问3详解】由题意，A区的样本数为10

00.440=，样本记为1x，2x，L，40x，平均数记为x；B区样本数1000.440=，样本记为1y，2y，L，40y，平均数记为y；C区样本数为1000.220=，样本记为1z，2z，L，20z，平均数记为z.记抽取的样本均值为，0.42130.42230.223

3221=++=.设该市第二档用户的月均用电量方差为2s，则根据方差定义，总体样本方差为()()()40402022221111100ijkiiisxyz====−+−+−的()()()40

40202221111100ijkiiixxxyyyzzz====−+−+−+−+−+−因()4010iixx=−=，所以()()()()404011220iiiixxxxxx==−−=−−=，同理()()()()404011220jjiiyyyyyy

==−−=−−=，()()()()202011220kkiizzzzzz==−−=−−=，因此()()()()4040404022222111111100100ijiiiisxxxyyy=====−+−+−+−

()()202022111100kiizzz==+−+−，代入数据得()()222114024.2402132214012.340223221100100s=+−+−+()212038.32023322178.26100

++−=.19.在世界杯小组赛阶段，每个小组内的四支球队进行循环比赛，共打6场，每场比赛中，胜、平、负分别积3，1，0分.每个小组积分的前两名球队出线，进入淘汰赛.若出现积分相同的情况，则需要通过净胜球数等规则决出前两名，每个小组前两名球队出线，进入淘汰赛.假定积分相同的球队，通过净胜

球数等规则出线的概率相同（例如：若B，C，D三支积分相同的球队同时争夺第二名，则每个球队夺得第二名的概率相同）.已知某小组内的A，B，C，D四支球队实力相当，且每支球队在每场比赛中胜、平、负的概率都是13，每场比赛的结果相

互独立.（1）求A球队在小组赛的3场比赛中只积3分的概率；（2）已知在已结束的小组赛的3场比赛中，A球队胜2场，负1场，求A球队最终小组出线的概率.【答案】（1）427（2）7981【解析】【分析】（1）分类讨论只积3分的可能情况，结

合独立事件概率乘法公式运算求解；（2）由题意，若A球队参与的3场比赛中胜2场，负1场，根据获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，分情况讨论结合独立事件概率乘法公式运算求解.为【小问1详解】A球队在小组赛的3场比赛中只积3分

，有两种情况.第一种情况：A球队在3场比赛中都是平局，其概率为111133327=.第二种情况：A球队在3场比赛中胜1场，负2场，其概率为111133339=.故所求概率为11427927+=.【小问2详解】不

妨假设A球队参与的3场比赛的结果为A与B比赛，B胜；A与C比赛，A胜；A与D比赛，A胜.此情况下，A积6分，B积3分，C，D各积0分.在剩下的3场比赛中：若C与D比赛平局，则C，D每队最多只能加4分，此时C

，D的积分都低于A的积分，A可以出线；若B与C比赛平局，后面2场比赛的结果无论如何，都有两队的积分低于A，A可以出线；若B与D比赛平局，同理可得A可以出线.故当剩下3场比赛中有平局时，A一定可以出线.若剩下的3场比赛中没有平

局，则当B，C，D各赢1场比赛时，A可以出线.当B，C，D中有一支队伍胜2场时，若C胜2场，B胜1场，A，B，C争夺第一、二名，则A淘汰的概率为11111333381=；若D胜2场，B胜1场，A，B，D争夺第一、二名，则A淘汰的概率为11111333381=.其

他情况A均可以出线.综上，A球队最终小组出线的概率为11791818181−+=.【点睛】关键点点睛：解题的关键在于分类讨论获胜的三队通过净胜球数等规则决出前两名，讨论要恰当划分，做到不重不漏，从而即可顺利得解.的